stolz公式的证明

2019-10-02  本文已影响0人  洛玖言

stolz公式的证明

O'Stolz定理是处理数列不定式极限的有力工具，一般用于*/∞型的极限(即分母趋于正无穷大的分式极限，分子趋不趋于无穷大无所谓)、0/0型极限(此时要求分子分母都以0为极限)。O'Stolz定理用于数列，它有函数形式的推广，这两个都可以认为是洛必达法则的离散版本。

已知：

证：
假定\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=a\;.并且注意到 \;y_n\to\infty\;，可知对于任给的 \;\varepsilon>0\;，存在正整数N，使当 \;n>N\;时，恒有：
\left|\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}-a\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}\quad (且\;y_n>0).
于是，当 \;n>N\;时，有：
\dfrac{x_{N+2}-x_{N+1}}{y_{N+2}-y_{N+1}},\dfrac{x_{N+3}-x_{N+2}}{y_{N+3}-y_{N+2}},\cdots,\dfrac{x_{n}-x_{n-1}}{y_{n}-y_{n-1}},\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}
都包含在\left(a-\frac{\varepsilon}{2},a+\frac{\varepsilon}{2}\right) 之内，又 y_{n+1}>y_n ，所以，这些分母都是正数，于是有：
\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+2}-y_{N+1})<x_{N+2}-x_{N+1}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+2}-y_{N+1}),\\ \;\\ \left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+3}-y_{N+2})<x_{N+3}-x_{N+2}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+3}-y_{N+2}),\\ \vdots\\ \left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{n})<x_{n+1}-x_{n}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{n}),
将这一些列的不等式相加，得：
\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{N+1})<x_{n+1}-x_{N+1}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{N+1})
即：
\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)<\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)
所以当 n>N\;时，恒有 \left|\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}-a\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}\;，另外我们有，当 n>N\;时：
\dfrac{x_n}{y_n}-a=\dfrac{x_{N+1}-ay_{N+1}}{y_n}+\left(1-\dfrac{y_{N+1}}{y_n}\right)\left(\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}-a\right)
故有：\left|\dfrac{x_n}{y_n}-a\right|\leqslant\left|\dfrac{x_{N+1}-ay_{N+1}}{y_n}\right|+\dfrac{\varepsilon}{2}
现取 N'>N\;，使当 n>N'\;，恒有：
\dfrac{\left|x_{N+1}-ay_{N+1}\right|}{y_n}<\dfrac{\varepsilon}{2}
于是当 n>N'\;时，恒有
\left|\dfrac{x_n}{y_n}-a\right|<\varepsilon.
由此可知，\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=a

应用

就记录一些刚好有人问到的题目，或者突然碰到的题目

Q1

\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}

Sol-1:
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(n+1)[\ln(n+1)-\ln n]}\sim\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}=1

Sol-2:
\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=\ln n+\gamma+\varepsilon_n\,,\quad \varepsilon_n\to0
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln n+\gamma+\varepsilon_n}{\ln n}=1

Q2

\lim_{n\to\infty}\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}

Sol-1:
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{(n+1)!}{n\cdot n!}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{n}=1

Sol-2:
令 I=\displaystyle\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}

\displaystyle \dfrac{n!}{n!}\leqslant I\leqslant \dfrac{(n-2)(n-2)!+(n-1)!+n!}{n!}\\
两边令 n\to\infty
1\leqslant I\leqslant 1
\displaystyle\therefore \lim_{n\to\infty}I=1

Q3

证明：
设 \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a（有限数或正负无穷大）.试证：
\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a

Sol-1:
\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{n-(n-1)}=\lim_{n\to\infty}a_n=a \end{aligned}

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